Тожества с обратными тригонометрическими функциями

[Stensen]

Закопался в $arc$-ах, помогите разобраться пожалуйста. Пытаюсь выразить $\arccos(x)$ через $\arctg$ на интервале: $-1<x<0$

Обозначу: $y=\arccos(x)$ , тогда по его определению : $\cos(y)=x$ при $0\leqslant y \leqslant \pi$.

Т.к.: $\tg(y) = \frac{\pm \sqrt{1-\cos^2(y)}}{\cos(y)}=\frac{\pm \sqrt{1-x^2}}{x}$ , и на $-1<x<0$, фактически $ -\frac{\pi}{2} <y\leqslant \pi$, тогда:

$\tg(y) = \frac{\sqrt{1-x^2}}{x}$, и тогда: $y= \arctg \frac{\sqrt{1-x^2}}{x} $. Но, очевидно на $(-1, 0): \,\,\arccos(x) \ne \arctg \frac{\sqrt{1-x^2}}{x} $.

Сравнивая графики, можно догадаться как должно быть. На: $(-1, 0): \,\,\arccos(x) = \pi + \arctg \frac{\sqrt{1-x^2}}{x} $. А как это получить аналитически? Где я что-то упускаю?

[Stensen]

Stensen в сообщении #1550141 писал(а):

$\tg(y) = \frac{\sqrt{1-x^2}}{x}$, и тогда: $y= \arctg \frac{\sqrt{1-x^2}}{x} $. Но, очевидно на $(-1, 0): \,\,\arccos(x) \ne \arctg \frac{\sqrt{1-x^2}}{x} $.

Сравнивая графики, можно догадаться как должно быть. На: $(-1, 0): \,\,\arccos(x) = \pi + \arctg \frac{\sqrt{1-x^2}}{x} $. А как это получить аналитически? Где я что-то упускаю?

Вроде мысль загрузилась. Т.к.:

$\tg(y) = \frac{\sqrt{1-x^2}}{x}$, то: $y= \arctg \frac{\sqrt{1-x^2}}{x} + \pi k, \,\,k\in \mathbb{Z} $ , где: $\frac{\pi}{2} <y\leqslant \pi$, тогда: $k=1$. Поправьте, если не верно.

[Stensen]

Вопрос решен